Ta chứng minh BĐT sau cho các số dương:

\(x^5+y^5\ge xy\left(x^3+y^3\right)\)

\(\Leftrightarrow x^5-x^4y+y^5-xy^4\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^4-y^4\right)\left(x-y\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)\ge0\) (đúng)

Áp dụng:

\(\dfrac{a^5+b^5}{ab\left(a+b\right)}\ge\dfrac{ab\left(a^3+b^3\right)}{ab\left(a+b\right)}=\dfrac{a^3+b^3}{a+b}=a^2-ab+b^2\)

Tương tự và cộng lại:

\(VT\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)=2-\left(ab+ca+ca\right)\)

\(VT\ge4-\left(ab+bc+ca\right)-2=4\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)-2\)

\(VT\ge4\left(ab+bc+ca\right)-\left(ab+bc+ca\right)-2=3\left(ab+bc+ca\right)-2\) (đpcm)

Lời giải:

$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac=0$

$\Leftrightarrow 2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac=0$

$\Leftrightarrow (a^2-2ab+b^2)+(b^2-2bc+c^2)+(c^2-2ac+a^2)=0$

$\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=0$

Vì $(a-b)^2; (b-c)^2; (c-a)^2\geq 0$ với mọi $a,b,c$ nên để tổng của chúng bằng $0$ thì:

$a-b=b-c=c-a=0$

$\Rightarrow a=b=c$

$\Rightarrow \frac{a}{b}=\frac{b}{c}=\frac{c}{a}=1$

Khi đó:

$(\frac{a}{b}+1)(\frac{b}{c}+1)(\frac{c}{a}+1)=(1+1)(1+1)(1+1)=8$ 

Ta có đpcm.

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\dfrac{1}{ab+a+2}=\dfrac{1}{ab+1+a+1}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{ab+1}+\dfrac{1}{a+1}\right)\)

\(=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{abc}{ab+abc}+\dfrac{1}{a+1}\right)=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{abc}{ab\left(c+1\right)}+\dfrac{1}{a+1}\right)=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{c}{c+1}+\dfrac{1}{a+1}\right)\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:

\(\dfrac{1}{bc+b+2}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{a}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}\right);\dfrac{1}{ca+c+2}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}\right)\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(VT\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{a+1}{a+1}+\dfrac{b+1}{b+1}+\dfrac{c+1}{c+1}\right)=\dfrac{1}{4}\cdot3=\dfrac{3}{4}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

nhấn vào!!!!!

Hình như cái này là chuyên Toán Sư Phạm 2014 - 2015

Áp dụng BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:

\(VT=\dfrac{a^2}{a+abc}+\dfrac{b^2}{b+abc}+\dfrac{c^2}{c+abc}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+3abc}\)

\(\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\dfrac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{3}}=\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{3+ab+bc+ca}\)

Tức cần chứng minh \(\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{3+ab+bc+ca}\ge1\)

\(\Leftrightarrow3\left(a+b+c\right)\ge3+ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow9\left(a+b+c\right)^2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca\right)^2\)

Đặt \(a^2+b^2+c^2=k\left(ab+bc+ca\right)\left(k\ge1\right)\) và ta cần cm:

\(9(k+2)k\geq(3k+1)^2\)\(\Leftrightarrow12k-1\ge9\) *đúng với \(k\ge 1\) :|*

Huê k ai làm à, để tui hốt luôn nhé :| \(a=b\rightarrow \frac{1}{\sqrt{2}};c->0^+\) thì \(VT\le\dfrac{3\sqrt{3}}{4}\) sai nên tui c/m nó $\ge$ 1 nhé

Ta chứng minh BĐT sau:

\(\dfrac{1}{x^3+x+2}\ge\dfrac{-x^2+3}{8}\) với \(x>0\)

Thật vậy, BĐT tương đương:

\(\left(x^2-3\right)\left(x^3+x+2\right)+8\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(x^3+2x^2+x+2\right)\ge0\) (luôn đúng)

Áp dụng:

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{-a^2+3}{8}+\dfrac{-b^2+3}{8}+\dfrac{-c^2+3}{8}=\dfrac{9-\left(a^2+b^2+c^2\right)}{8}=\dfrac{3}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Lời giải:Áp dụng BĐT AM-GM và BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\frac{bc}{a^2+1}=\frac{bc}{(a^2+b^2)+(a^2+c^2)}\leq \frac{1}{4}.\frac{(b+c)^2}{(a^2+b^2)+(a^2+c^2)}\leq \frac{1}{4}\left(\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{a^2+c^2}\right)\)

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại, ta có:

\(P\leq \frac{1}{4}\left(\frac{b^2+a^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2+a^2}{a^2+c^2}+\frac{b^2+c^2}{b^2+c^2}\right)=\frac{3}{4}\)

(đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{\frac{1}{3}}$